等差数列与等比数列综合题1 含答案 南京分秒家教中心汇总.docx
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等差数列与等比数列综合题1含答案南京分秒家教中心汇总
等差数列与等比数列综合题
例1等比数列{an}的前n项和为sn,已知S1,S3,S2成等差数列
(1)求{an}的公比q;
(2)求a1-a3=3,求sn
2
解:
(Ⅰ)依题意有a1+(a1+a1q)=2(a1+a1q+a1q)由于a1≠0,故2q+q=0又q≠0,从而q=-
2
2
1n
(41-(-))
1281na=4(Ⅱ)由已知可得a1-a故从而(-)=3S==1-(-))11n
12321-(-)2
例2在正项数列{an}中,
令Sn=
i=1
n
.
(Ⅰ)若{an}是首项为25,公差为2的等差数列,求S100;
(Ⅱ)若Sn=
(p为正常数)对正整数n恒成立,求证{an}为等差数列;
所以S
100=(Ⅰ)解:
由题意得
(Ⅱ)证:
令n=
1=5
=,则p=1
所以
Sn=
i=1
n
=
(1)
n+1i=1
Sn+1=
2),
(2)—
(1),
化简得(n+1)an+1-nan+2=a1(n≥1)(3)(n+2)an+2-(n+1)an+3=a1(n≥1)(4),(4)—(3)得an+1+an+3=2an+2(n≥1)在(3)中令n=1,得a1+a3=2a2,从而{an}为等差数列
例3已知{an}是公比为q的等比数列,且am,am+2,am+1成等差数列.
(1)求q的值;
(2)设数列{an}的前n项和为Sn,试判断Sm,Sm+2,Sm+1是否成等差数列?
说明理由.解:
(1)依题意,得
2am+2=am+1+am∴2a1qm+1=a1qm+a1qm–1
2
.2
(2)若q=1,Sm+Sm+1=ma1+(m+1)a1=(2m+1)a1,Sm+2=(m+2)a1∵a1≠0,∴2Sm+2≠Sm+Sm+1
在等比数列{an}中,a1≠0,q≠0,∴2q=q+1,解得q=1或-
11-(-)m+2
2111=-⋅(-)m若q=-,Sm+1=136221-(-)2
111-(-)m1-(-)m+1
4211411+Sm+Sm+1==-[(-)m+(-)m+1]=-(-)m∴2Sm+2=Sm1133223321-(-)1-(-)22
+Sm+1
1故当q=1时,Sm,Sm+2,Sm+1不成等差数列;当q=-时,Sm,Sm+2,Sm+1成等差数列.2
2例4已知数列{an}的首项a1=a(a是常数),an=2an-1+n-4n+2
(n∈N,n≥2).(Ⅰ){an}是否可能是等差数列.若可能,求出{an}的通项公式;若不可能,说明理由;
(Ⅱ)设b1
解:
(Ⅰ)∵a1=a,依an=2an-1+n2-4n+2(n=2,3,)
∴a2=2a+4-8+2=2a-2a3=2a2+9-12+2=4a-5=b,bn=an+n2(n∈N,n≥2),Sn为数列{bn}的前n项和,且{Sn}是等比数列,求实数a、b满足的条件.
a4=2a3+2=8a-8a2-a1=2a-2-a=a-2,a3-a2=2a-3,a4-a3=4a-3
若{an}是等差数列,则a2-a1=a3-a2,得a=1但由a3-a2=a4-a3,得a=0,矛盾.
∴{an}不可能是等差数列
(Ⅱ)∵bn=an+n∴bn+1=an+1+(n+1)2=2an+(n+1)2-4(n+1)+2+(n+1)2=2an+2n2=2bn(n≥2)
∴b2
Sn=b1+2=a2+4=2a+2当a≠-1时,bn≠0{bn}从第2项起是以2为公比的等比数列∴(2a+2)(2n-1-1)=b+(2a+2)(2n-1-1)
2-1
n≥2时,Sn(a+1)2n+b-2a-2b-2a-2==2-n-1n-1Sn-1(a+1)2+b-2a-2(a+1)2+b-2a-2
Sn-1∴{Sn}是等比数列,∴Sn(n≥2)是常数∵a≠-1时,∴b-2a-2=0当a=-1时,
b2=0,由bn=2bn-1(n≥3),得bn=0(n≥2)∴Sn=b1+b2++bn=b
∵{Sn}是等比数列∴b≠0综上,{Sn}是等比数列,实数a、b所满足的条件为
⎧a≠-1⎧a=-1或⎨⎨⎩b=2a+2⎩b≠0
例5设数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2-an,n=1,2,3,….
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)若数列{bn}满足b1=1,且bn+1=bn+an,求数列{bn}的通项公式;
(Ⅲ)设cn=n(3-bn),求数列{cn}的前n项和Tn.
解:
(Ⅰ)∵n=1时,a1+S1=a1+a1=2∴a1=1∵Sn=2-an即an+Sn=2∴an+1+Sn+1=2两式相减:
an+1-an+Sn+1-Sn=0
即an+1-an+an+1=0故有2an+1=an∵an≠0∴an+11=(n∈N*)an2
11n-1
的等比数列.an=()(n∈N*)22
1n-1112
(Ⅱ)∵bn+1=bn+an(n=1,2,3,…)∴bn+1-bn=()得b2-b1=1,b3-b2=,b4-b3=()……
222
1n-2
bn-bn-1=()(n=2,3,…)将这n-1个等式相加,得
2
11-()n-1
1112131n-21bn-b1=1++()+()++()==2-2()n-1又∵b1=1,∴bn=3-2()n-1222222
1-2
所以,数列{an}为首项a1=1,公比为
1
(n=1,2,3,…)
1n-1101121n-21n-1
)∴Tn=2[()+2()+3()+…+(n-1)()+n()]①222222
1112131n-11而Tn=2[()+2()+3()+…+(n-1)()+n()n]②
222222
11011121n-11n
①-②得:
Tn=2[()+()+()++()]-2n()
22222211-()n
-4n
(1)n=8-8-4n
(1)n=8-(8+4n)1(n=1,2,3,…)Tn=4
12n222n1-2
(Ⅲ)∵cn=n(3-bn)=2n(
例6已知数列{an}中,a0=2,a1=3,a2=6,且对n≥3时
有an=(n+4)an-1-4nan-2+(4n-8)an-3.
(Ⅰ)设数列{bn}满足bn=an-nan-1,n∈N*,证明数列{bn+1-2bn}为等比数列,并求数列
{bn}的通项公式;(Ⅱ)记n⨯(n-1)⨯⨯2⨯1=n!
,求数列{nan}的前n项和Sn
(Ⅰ)证明:
由条件,得an-nan-1=4[an-1-(n-1)an-2]-4[an-2-(n-2)an-3],
则an+1-(n+1)an=4[an-nan-1]-4[an-1-(n-1)an-2].
即bn+1=4bn-4bn-1.又b1=1,b2=0,所以bn+1-2bn=2(bn-2bn-1),b2-2b1=-2≠0.所以{bn+1-2bn}是首项为-2,公比为2的等比数列.
b2-2b1=-2,所以bn+1-2bn=2n-1(b2-2b1)=-2n.两边同除以2n+1,可得
bn+1bn1
.-=-n+1n
222
11⎧b⎫
于是⎨n为以首项,-为公差的等差数列.所以⎬n
22⎩2⎭
bnb1=-(n-1),得bn=2n(1-).n
2222
(Ⅱ)an-2n=nan-1-n2n-1=n(an-1-2n-1),令cn=an-2n,则cn=ncn-1.
而c1=1,∴cn=n(n-1)⋅⋅2⋅1⋅c1=n(n-1)⋅⋅2⋅1∴an=n(n-1)⋅⋅2⋅1+2n.
nan=n⋅n⋅(n-1)⋅⋅2⋅1+n2n=(n+1)!
-n!
+n⋅2n,
∴Sn=(2!
-1!
)+(3!
-2!
)++(n+1)!
-n!
+(1⨯2+2⨯22++n⨯2n).
令Tn=1⨯2+2⨯22++n⨯2n,
1⨯22+2⨯23++(n-1)⨯2n+n⨯2n+1.
①则2Tn=②
①-②,得-Tn=2+22++2n-n⨯2n+1,Tn=(n-1)2n+1+2.∴
Sn=(n+1)!
+(n-1)2n+1+1.
例7设数列{an},{bn}满足a1=1,b1=0且
⎧an+1=2an+3bn,⎨
⎩bn+1=an+2bn,
n=1,2,3,
(Ⅰ)求λ的值,使得数列{an+λbn}为等比数列;(Ⅱ)求数列{an}和{bn}的通项公式;
',求极限lim(Ⅲ)令数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Sn
Sn
的值.
n→∞S'n
(Ⅰ)令cn=an+λbn,其中λ为常数,若{cn}为等比数列,则存在q≠0使得
cn+1=an+1+λbn+1=q(an+λbn).又
an+1+λbn+1=2an+3bn+λ(an+2bn)=(2+λ)an+(3+2λ)bn.
所以q(an+λbn)=(2+λ)an+(3+2λ)bn.由此得(2+λ-q)an+(3+2λ-λq)bn=0,n=1,2,3,
由a1=1,b1=0及已知递推式可求得a2=2,b2=1,把它们代入上式后得方程组⎧2+λ-q=0,
消去q
解得λ=
下面验证当λ=
an+n为
⎨
3+2λ-λq=0⎩
{}
an+1
n
+1=
(2+an+bn=(2+an+n)(n=1,
2,3,),
a1+=1
an
2
同理可知an
n是公比为2
的等比数列,于是λ=
n-1n-1
(Ⅱ)由(Ⅰ)的结果得an
n=(2+
,ann=(2-,解得
}
{(
1
an=⎡2⎣2⎢
(n-1
+2
n-1
⎤,b=⎡2+n
⎥
⎣⎢⎦
(n-1
-2(n-1
⎤
.
⎥⎦
(Ⅲ)令数列{dn}的通项公式为dn=(2n-1
,它是公比为
p=2n项和为Pn;
令数列{e
n}的通项公式为en
=(2项和为Pn'.
n-1
,它是公比为p'=2-n
1
'=Pn
-Pn').
(Pn+Pn'),Sn
2
P'1+n
SP+Pn'Pn
=n=n.由于数列{en}的公比0<2<1,则
P''SnPn-Pn
1-n
Pn
limPn'=n→∞由第(Ⅱ)问得Sn=
11()n-()n-1
1111-ppp
lim=0,于是,由于==2-==
n→∞PnpPn1-pnn()-
1
p
SPn'
lim=
0,所以limn=n→∞S'n→∞Pnn
2
例8数列{an}的各项均为正数,Sn为其前n项和,对于任意n∈N*,总有an,Sn,an成等差数
列.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;(Ⅱ)设数列
{bn}的前n项和为Tn,且bn=
*
lnnxa
2
,求证:
对任意实数x∈(1,e(e是常数,e=]
2.71828⋅⋅⋅)和任意正整数n,总有Tn<2n;(Ⅲ)正数数列2)②
{cn}中,an+1=(cn)n+1,(n∈N*).求数列{cn}中的最大项.
2
(Ⅰ)解:
由已知:
对于n∈N,总有2Sn=an+an①成立∴2Sn-1=an-1+an-1(n≥①--②得2an=an+an-an-1-an-1∴an+an-1=(an+an-1)(an-an-1)
2
2
2
∵an,an-1均为正数,∴an-an-1=1(n≥2)∴数列{an}是公差为1的等差数列又n=1时,2S1=a1+a1,解得a1=1∴an=n.(n∈N)(Ⅱ)证明:
∵对任意实数x∈(1,e和任意正整数n,总有bn∴
2
*
]
=
lnnxan
2
≤
1
.2n
111111+++<1++++
n-1n1⋅22⋅31222n2
111111
=1+1-+-++-=2-<2
223n-1nn
2
(Ⅲ)解:
由已知a2=c1=2⇒c1=2,Tn≤
a3=c2=3⇒c2=,a4=c3=4⇒c3=4=2,
3
4
a5=c4=5⇒c4=5
易得c1c3>c4>...猜想n≥2时,{cn}是递减数列.
1
⋅x-lnx
lnx1-lnx
令f(x)=∵当,则f'(x)==22
xxx
x≥3时,lnx>1,则1-lnx<0,即f'(x)<0.
∴在3,+∞)内f(x)为单调递减函数.由an+1
ln(n+1).
n+1
∴n≥2时,{lncn}是递减数列.即{cn}是递减数列.又c12222
例9设{an}是公差不为零的等差数列,Sn为其前n项和,满足a2+a3=a4+a5,S7=7。
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn;
[
=cn
n+1
知lncn=
(2)试求所有的正整数m,使得解:
(1)设公差为d,则a2
2
amam+1
为数列{an}中的项。
am+2
222-a5=a4-a3,由性质得-3d(a4+a3)=d(a4+a3),因
7⨯6
d=7,解得为d≠0,所以a4+a3=0,即2a1+5d=0,又由S7=7得7a1+2
a1=-5,d=2,
amam+1(2m-7)(2m-5)
=,设2m-3=t,am+22m-3
aa(t-4)(t-2)8则mm+1==t+-6,所以t为8
的约数
am+2tt
(2)方法一
(方法二)因为故
amam+1(am+2-4)(am+2-2)8
为数列{an}中的项,==am+2-6+
am+2am+2am+2
8am+2
为整数,又由
(1)知:
am+2为奇数,所以am+2=2m-3=±1,即m=1,2
经检验,符合题意的正整数只有m=2。
例10已知{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q的等比数列。
(1)若an=3n+1,是否存在m、k∈N,有am+am+1=ak?
说明理由;
(2)找出所有数列{an}和{bn},使对一切n∈N,
*
*
an+1
=bn,并说明理由;an
(3)若a1=5,d=4,b1=q=3,试确定所有的p,使数列{an}中存在某个连续p项的和是数列{bn}中的一项,请证明。
解
(1)由am+am+1=ak,得6m+5=3k+1,整理后,可得k-2m=
4*,m、k∈N,3
∴k-2m为整数,
∴不存在m、k∈N*,使等式成立。
aa1+nd
=b1qn-1,(*)
(2)若n+1=bn,即
aa1+(n-1)d
(ⅰ)若d=0,则1=b1q求。
n-1
=bn。
当{an}为非零常数列,{bn}为恒等于1的常数列,满足要
a1+nd=1,(*)式等号右边的极限只有n→∞a+(n-1)d1
当q=1时,才能等于1。
此时等号左边是常数,∴d=0,矛盾。
综上所述,只有当{an}为非零常数列,{bn}为恒等于1的常数列,满足要求。
n(3)an=4n+1,bn=3,n∈N*
k*设am+1+am+2+⋯⋯+am+p=bk=3,p、k∈N,m∈N.(ⅱ)若d≠0,(*)式等号左边取极限得lim
4(m+1)+1+4(m+p)+1p=3k,2
3k
∴4m+2p+3=,p、k∈N*,∴p=35,s∈N.p
2s+2取k=3s+2,4m=3-2⨯3s-3=(4-1)2s+2-2⨯(4-1)s-30,
ss2s+2由二项展开式可得正整数M1、M2,使得(4-1)=4M1+1,2⨯(4-1)=8M2+(-1)2,∴4m=4(M1-2M2)-((-1)s+1)2,∴存在整数m满足要求.故当且仅当p=3s,s∈N时,命题成立.